Bài tập tính Góc giữa cạnh bên và mặt bên có đáp án chi tiết
Phương pháp xác định góc
Tính góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (SAB). Đặt $\widehat{\left( SC;\left( SAB \right) \right)}=\varphi \left( 0{}^\circ \le \varphi \le 90{}^\circ \right).$
Ta có công thức: $\sin \varphi =\frac{d\left( C;\left( SAB \right) \right)}{SC}.$
Từ đó suy ra các giá trị $\cos \varphi $ hoặc $\tan \varphi $ nếu đề bài yêu cầu.
Bài tập về góc trong không gian có đáp án chi tiết
| Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có $AD=2a,AB=a\sqrt{2}$. Tam giác SAD cân tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Đường thẳng SB tạo với đáy một góc $30{}^\circ $. Tính sin góc tạo bởi:
a) SA và mặt phẳng (SBC). b) SD và mặt phẳng (SAC). |
Lời giải chi tiết
Gọi H là trung điểm của AD ta có: $SH\bot AD$
Lại có: $\left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right).$
Ta có: $HA=a;HB=\sqrt{H{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{3}$
Do $SH\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \widehat{\left( SB;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SBH}=30{}^\circ $
Suy ra $SH=HB\tan 30{}^\circ =a.$
a) Do $AD//BC\Rightarrow AD//\left( SBC \right).$
Do vậy $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=d\left( H;\left( SBC \right) \right).$
Dựng $\left\{ \begin{array} {} HE\bot BC \\ {} HF\bot SE \\ \end{array} \right.$ tacó: $BC\bot HF$ từ đó suy ra $HF\bot \left( SBC \right)$
$\Rightarrow d\left( H;\left( SBC \right) \right)=HF=d\left( A;\left( SBC \right) \right).$ Ta có: $SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+S{{A}^{2}}}=a\sqrt{2}=SD.$
Mặt khác: $\frac{1}{H{{F}^{2}}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{H{{E}^{2}}}\Rightarrow HF=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow \sin \widehat{\left( SA;\left( SBC \right) \right)}=\frac{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}{SA}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$
b) Dựng $HN\bot AC\Rightarrow AC\bot \left( SHN \right)$, dựng $HI\bot SN\Rightarrow HI\bot \left( SAC \right)$
Do $\frac{DA}{HA}=2=\frac{d\left( D;\left( SAC \right) \right)}{d\left( H;\left( SAC \right) \right)}\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=2d\left( H;\left( SAC \right) \right)=2HI$
Dựng $DM\bot AC\Rightarrow DM=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\Rightarrow HN=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow HI=\frac{HN.SH}{\sqrt{H{{N}^{2}}+S{{H}^{2}}}}=\frac{a}{2}\Rightarrow d\left( D;\left( SAC \right) \right)=a.$
Ta có: $\sin \widehat{\left( SD;\left( SAC \right) \right)}=\frac{d\left( D;\left( SAC \right) \right)}{SD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$
| Bài tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có $AB=a\sqrt{3};AD=a$, tam giác SBD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính sin góc tạo bởi SA và mặt phẳng (SBC). |
Lời giải chi tiết
Gọi O là trung điểm của BD ta có: $SO\bot BC$ mặt khác $\left( SBD \right)\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SO\bot \left( ABC \right)$
Ta có: $BD=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=2a\Rightarrow SO=\frac{1}{2}BD=a.$
Dựng $OE\bot BC,OF\bot SE\Rightarrow OF\bot \left( SBC \right).$
$d\left( D;\left( SBC \right) \right)=2d\left( O;\left( SBC \right) \right)=2HF$
Ta có: $HE=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow OF=\frac{SH.OE}{\sqrt{S{{H}^{2}}+O{{E}^{2}}}}=a\sqrt{\frac{3}{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$
Suy ra $d\left( A;\left( SBC \right) \right)=\frac{2a\sqrt{21}}{7}.$ Mặt khác $SA=\sqrt{S{{O}^{2}}+O{{A}^{2}}}=a\sqrt{2}.$
Do đó $\sin \widehat{\left( SA;\left( SBC \right) \right)}=\frac{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}{SA}=\frac{\sqrt{42}}{7}.$
| Bài tập 3: Cho hình lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy là tam giác vuông tại A với $AB=a;AC=a\sqrt{3}$, hình chiếu vuông góc của ${A}’$ lên mặt đáy trùng với trung điểm H của BC. Biết ${A}’H=a\sqrt{2}$. Tính cosin góc tạo bởi ${A}’B$ với mặt phẳng $\left( AC{C}'{A}’ \right)$. |
Lời giải chi tiết
Dựng $HE\bot AC$ và $HF\bot {A}’E$
Ta có: $\left\{ \begin{array} {} AC\bot {A}’H \\ {} AC\bot HE \\ \end{array} \right.\Rightarrow AC\bot HF\Rightarrow HF\bot \left( A{A}’C \right).$
Khi đó $d\left( H;\left( {A}’AC \right) \right)=HF.$
Lại có $BC=2HC$ nên $d\left( B;\left( A{A}’C \right) \right)=2d\left( H;\left( A{A}’C \right) \right).$
Mặt khác ME là đường trung bình trong tam giác ABC
nên $ME=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$ Khi đó: $HF=\frac{HE.{A}’M}{\sqrt{H{{E}^{2}}+{A}'{{M}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$
Suy ra $d\left( B;\left( A{A}’C \right) \right)=\frac{2a\sqrt{2}}{3};BC=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}=2a.$
Lại có ${A}’B=\sqrt{{A}'{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}=a\sqrt{3}.$
Suy ra $\sin \widehat{\left( {A}’B;\left( {A}’AC \right) \right)}=\sin \varphi =\frac{d\left( B;\left( {A}’AC \right) \right)}{B{A}’}=\frac{2\sqrt{6}}{9}\Rightarrow \cos \varphi =\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\varphi }=\frac{\sqrt{57}}{9}.$
